（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 第2講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案

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1、 第2講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 考點一　帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例 1．質(zhì)譜儀(如圖1) 圖1 原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝mv2. 粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m. 由以上兩式可得r＝ ，m＝，＝. 2．回旋加速器(如圖2) 圖2 原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可見同種粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)． 3．速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計和霍爾元件一般以單個帶電粒子為研究對象，在洛倫茲力和電場力平衡時做勻速直線運動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)

2、，從而求出相應(yīng)的物理量，區(qū)別見下表. 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體發(fā)電機(jī) 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極板電壓為U時穩(wěn)定，q＝qv0B，U＝v0Bd 電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝ 霍爾元件 當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差 例1　(2018·浙江4月選考·22)壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號，其原理如圖3所示．壓力波p(t)進(jìn)入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“┤”型輕桿L，驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾

3、片在磁場中沿x軸方向做微小振動，其位移x與壓力p成正比(x＝αp，α>0)．霍爾片的放大圖如圖所示，它由長×寬×厚＝a×b×d、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導(dǎo)體制成．磁場方向垂直于x軸向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝B0(1－β|x|)，β>0.無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x＝0處，此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側(cè)面上D1、D2兩點間產(chǎn)生霍爾電壓U0. 圖3 圖4 (1)指出D1、D2兩點哪點電勢高； (2)推導(dǎo)出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為I＝nevbd，其中e為 電子電荷量)； (3)彈性盒中輸入壓力波p(t)，霍

4、爾片中通以相同電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖象如圖4.忽略霍爾片在磁場中運動產(chǎn)生的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率．(結(jié)果用U0、U1、t0、α及β表示) 答案　(1)D1點電勢高　(2)U0＝　(3)　 解析　(1)N型半導(dǎo)體可以自由移動的是電子(題目也給出了自由電子)，根據(jù)左手定則可以知道電子往D2端移動，因此D1點電勢高． (2)根據(jù)霍爾元件內(nèi)部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得： evB0＝e v＝代入，解得：U0＝ (3)由任意時刻霍爾元件內(nèi)部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得： evB＝e① UH＝＝(1－β|x|)＝(1－β|αp(t)|)② 根據(jù)圖象可知壓力波

5、p(t)關(guān)于時間t是一個正弦函數(shù)，其絕對值的周期是原函數(shù)周期的一半，根據(jù)圖象可知|p(t)|關(guān)于t的周期是t0，則p(t)關(guān)于t的周期是2t0，頻率自然就是；由②式可知當(dāng)壓力波p(t)達(dá)到振幅A時，UH最小，為U1，代入②式可得： U1＝(1－β|αA|)＝U0(1－αβA) 解得A＝. 1．(2018·湖州市三縣期中)如圖5所示，在豎直面內(nèi)虛線所圍的區(qū)域里，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．已知從左方沿水平方向射入的電子穿過該區(qū)域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，設(shè)其重力可以忽略不計，則在該區(qū)域中的E和B的方向不可能是(　　) 圖5 A．E豎直向下，B豎直向上 B．E豎直

6、向上，B垂直紙面向外 C．E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相同 D．E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相反 答案　A 2．如圖6所示為磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，一束等離子體(含正、負(fù)離子)沿圖示方向垂直射入一對磁極產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場中，A、B是一對平行于磁場放置的金屬板，板間連入電阻R，則電路穩(wěn)定后(　　) 圖6 A．離子可能向N磁極偏轉(zhuǎn) B．A板聚集正電荷 C．R中有向上的電流 D．離子在磁場中偏轉(zhuǎn)時洛倫茲力可能做功 答案　C 解析　由左手定則知，正離子向B板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向A板偏轉(zhuǎn)，離子不可能向N磁極偏轉(zhuǎn)，A、B錯誤；電路穩(wěn)定后，電阻R中有向上的電流，C正確；因為

7、洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力不可能做功，D錯誤． 3.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖7所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍．則此離子和質(zhì)子(均不計重力)的質(zhì)量比約為(　　) 圖7 A．11 B．12 C．121 D．144 答案　D 解析　根據(jù)動能定理得，qU＝mv2，解得v＝① 離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 根據(jù)牛頓第二定律

8、，有 qvB＝m 得R＝② ①②兩式聯(lián)立得：m＝ 一價正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以m∝B2，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍，則此離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，A、B、C錯誤． 4．(2018·慈溪市期末)回旋加速器是用于加速帶電粒子的重要裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖8所示，設(shè)D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質(zhì)子H時，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電頻率為f.則下列說法正確的是

9、(　　) 圖8 A．加速電場的電壓越大，質(zhì)子加速后的速度越大 B．質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR C．只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值 D．不改變?nèi)魏螚l件，該回旋加速器也能用于加速α粒子(He) 答案　B 5．利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，被廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域．霍爾元件一般由半導(dǎo)體材料做成，有的半導(dǎo)體中的載流子(即自由電荷)是電子，有的半導(dǎo)體中的載流子是空穴(相當(dāng)于正電荷)．如圖9所示，將扁平長方體形狀的霍爾元件水平放置接入電路，勻強(qiáng)磁場垂直于霍爾元件的水平面豎直向下，閉合開關(guān)，讓電流從霍爾元件的左側(cè)流向右側(cè)，則其前、后兩表面會形成電勢差. 現(xiàn)有載流子是

10、電子的霍爾元件1和載流子是空穴的霍爾元件2，兩元件均按圖示方式接入電路( 閉合開關(guān))，則關(guān)于前、后兩表面電勢高低的判斷，下列說法中正確的是(　　) 圖9 A．若接入元件1時，前表面電勢高；若接入元件2時，前表面電勢低 B．若接入元件1時，前表面電勢低；若接入元件2時，前表面電勢高 C．不論接入哪個元件，都是前表面電勢高 D．不論接入哪個元件，都是前表面電勢低 答案　A 解析　若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子在洛倫茲力的作用下向后表面偏，則前表面的電勢高于后表面的電勢．若載流子為空穴(相當(dāng)于正電荷)，根據(jù)左手定則，空穴在洛倫茲力的作用下也是向后表面聚集，則前表面

11、的電勢低于后表面的電勢． 考點二　帶電粒子在組合場中的運動 帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電場中加速與偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)兩種運動有效組合在一起，尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵．當(dāng)帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程則由幾個不同的運動階段組成． 模型1　磁場＋磁場組合 例2　(2017·湖州市高三期末)人類研究磁場的目的之一是為了通過磁場控制帶電粒子的運動．如圖10所示是通過磁場控制帶電粒子運動的一種模型．在0≤x＜d和d

12、向外．在坐標(biāo)原點有一粒子源連續(xù)不斷地沿x軸正方向釋放出質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的粒子，其速率有兩種，分別為v1＝、v2＝.(不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用) 圖10 (1)求兩種速率的粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中做圓周運動的半徑R1和R2. (2)求兩種速率的粒子從x＝2d的邊界射出時，兩出射點的距離Δy的大?。? (3)在x>2d的區(qū)域添加另一勻強(qiáng)磁場，使得從x＝2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動．在圖中用實線畫出粒子的大致運動軌跡(無需通過計算說明)，用虛線畫出所添加磁場的邊界線． 答案　(1)d　2d　(2)4(－1)d　(3)見解

13、析圖 解析　(1)根據(jù)qvB＝m可得：R＝ 又因為粒子速率有兩種，分別為：v1＝，v2＝ 解得：R1＝d，R2＝2d (2)圖甲為某一速率的粒子運動的軌跡示意圖， 輔助線如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知： 速率為v1的粒子射出x＝2d邊界時的縱坐標(biāo)為：y1＝2(R1－)＝d 速率為v2的粒子射出x＝2d邊界時的縱坐標(biāo)為：y2＝2(R2－)＝2(2－)d 聯(lián)立可得兩出射點距離的大小：Δy＝y(tǒng)1－y2＝4(－1)d (3)兩個粒子運動軌跡如圖乙中實線所示，磁場邊界如圖中虛線所示，可以使得從x＝2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動． 模型2　電場＋磁場組合

14、 例3　(2017·寧波市模擬)某高中物理課程基地擬采購一批實驗器材，增強(qiáng)學(xué)生對電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)研究的動手能力，其核心結(jié)構(gòu)原理可簡化為如圖11所示．AB、CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在CD的右側(cè)有一與CD相切于M點的圓形有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面．一帶正電粒子自O(shè)點以水平初速度v0正對P點進(jìn)入該電場后，從M點飛離CD邊界，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點．已知O、P間距離為d，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，電場強(qiáng)度大小E＝，粒子重力不計．試求： 圖11 (1)粒子從M點飛離CD邊界時的速度大??； (2)P、N兩點間的距離； (3)圓形有界勻強(qiáng)

15、磁場的半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? 答案　(1)2v0　(2)d　(3)d　 解析　(1)據(jù)題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示： 粒子從O到M點時間：t1＝ 粒子在電場中加速度：a＝＝ 粒子在M點時豎直方向的速度：vy＝at1＝v0 粒子在M點時的速度：v＝＝2v0 速度偏轉(zhuǎn)角的正切值：tan θ＝＝，故θ＝60°； (2)粒子從N到O點時間：t2＝ 粒子從N到O點過程的豎直方向位移：y＝at22 故P、N兩點間的距離為：PN＝y(tǒng)＝d (3)設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R，由幾何關(guān)系得：Rcos 60°＋R＝PN＋PM＝d 可得半徑：R＝d 由qvB＝m，即：R＝

16、 解得：B＝ 由幾何關(guān)系確定區(qū)域半徑為：R′＝2Rcos 30° 即R′＝d 模型3　磁場＋電場組合 例4　(2017·衢州、麗水、湖州、舟山四地市3月檢測)如圖12所示，半徑r＝0.06 m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點O處，半徑R＝0.1 m、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為(0,0.08 m)，平行金屬板MN的極板長L＝0.3 m、間距d＝0.1 m，極板間所加電壓U＝6.4×102 V，其中N極板收集的粒子全部被中和吸收．一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v＝6×105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第Ⅰ象限出射的粒子速度方

17、向均沿x軸正方向．若粒子重力不計、比荷＝108 C/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖12 (1)粒子在磁場中的運動半徑R0； (2)從坐標(biāo)(0,0.18 m)處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸的夾角θ； (3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η. 答案　見解析 解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝ 得R0＝＝0.08 m (2)如圖所示，從y＝0.18 m處出射的粒子對應(yīng)入射方向與y軸的夾角為θ，軌跡圓心與y軸交于(0,0.10 m)處， 由幾何關(guān)系可得：sin θ＝0.8，故θ

18、＝53° (3)如圖所示，設(shè)恰能從下極板右端出射的粒子剛進(jìn)入電場時的縱坐標(biāo)為y，t＝，a＝， 解得y＝＝0.08 m 設(shè)此粒子入射時與x軸夾角為α，則有： tan α＝，故α＝53° 比例η＝×100%≈29.4% 考點三　帶電粒子在疊加場中的運動 粒子在疊加場中運動的分析思路 例5　(2017·寧波市模擬)一帶電液滴在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做半徑為R的圓周運動，如圖13所示，已知電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平(圖中垂直紙面向里)，重力加速度為g.運動中液滴所受浮力、空氣阻力都不計，求： 圖13 (1)液滴是順時針運動還是逆時針運動

19、； (2)液滴運動的速度多大； (3)若液滴運動到最低點A時分裂成兩個完全相同的液滴，其中一個仍在原平面內(nèi)做半徑R1＝3R的圓周運動，繞行方向不變，且圓周的最低點仍是A點，則另一個液滴怎樣運動？ 答案　見解析 解析　(1)順時針運動． (2)帶電液滴所受電場力向上且與重力平衡，液滴所受洛倫茲力提供向心力，即Eq＝mg，qvB＝m 解得v＝ (3)第一個液滴電荷量、質(zhì)量均減半，電場力與重力仍平衡，依據(jù)上面運算可得，分裂后第一個液滴的繞行速度大小v1＝＝＝3v，方向向左． 第二個液滴分裂后的速度設(shè)為v2，分裂前后水平方向動量守恒，以液滴分裂前的速度方向為正方向 mv＝mv1＋mv

20、2，解得v2＝－v 即分裂后第二個液滴速度大小為v，方向向右，所受電場力與重力仍平衡，在洛倫茲力作用下仍做勻速圓周運動，繞行方向仍是順時針，A點是圓周最高點，圓周半徑R2＝R. 6.如圖14，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運動，當(dāng)微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場．不計一切阻力，重力加速度為g，求：

21、 圖14 (1)電場強(qiáng)度E的大?。? (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)微粒在復(fù)合場中的運動時間． 答案　(1)　(2)　(3)(＋1) 解析　(1)微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲： 所以，Eq＝mg，得：E＝ (2)由平衡條件：qvB＝mg 電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙． 由牛頓第二定律得：qvB＝m 由幾何知識可得：r＝l 聯(lián)立解得：v＝， B＝ (3)微粒做勻速運動的時間：t1＝＝ 做圓周運動的時間：t2＝＝ 在復(fù)合場中的運動時間：t＝t1＋t2＝(＋1).

22、 專題強(qiáng)化練 1.(2018·新力量聯(lián)盟期末)如圖1是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖．帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點初速度為零)后，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則(　　) 圖1 A．若a與b有相同的質(zhì)量，打在感光板上時，b的速度比a大 B．若a與b有相同的質(zhì)量，則a的電荷量比b的電荷量小 C．若a與b有相同的電荷量，則a的質(zhì)量比b的質(zhì)量大 D．若a與b有相同的電荷量，則a的質(zhì)量比b的質(zhì)量小 答案　D 2．(2018·杭州市期末)在如圖2所示的平行板器件中，勻強(qiáng)電場E和

23、勻強(qiáng)磁場B互相垂直．一束初速度為v的帶電粒子從左側(cè)垂直電場射入后沿圖中直線②從右側(cè)射出．粒子重力不計，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．若粒子沿軌跡①射出，則粒子的初速度一定大于v B．若粒子沿軌跡①射出，則粒子的動能一定增大 C．若粒子沿軌跡③射出，則粒子可能做勻速圓周運動 D．若粒子沿軌跡③射出，則粒子的電勢能可能增大 答案　D 解析　沿圖中直線②從右側(cè)射出，則qvB＝qE，若粒子沿軌跡①射出，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子電性未知，所以粒子所受的電場力與洛倫茲力方向不能確定，故A、B錯誤；若粒子沿軌跡③射出，粒子受電場力、洛倫茲力，粒子不可能做勻速圓周運動，

24、故C錯誤；若粒子沿軌跡③射出，如果粒子帶負(fù)電，所受電場力向上，洛倫茲力向下，電場力做負(fù)功，粒子的電勢能增大，故D正確． 3．(2018·溫州市六校期末)霍爾元件在電子線路中的應(yīng)用日益廣泛，如圖3是某個霍爾元件接到電路中時的示意圖，其中a面為上表面，b面為下表面，c面為前表面，d面為后表面，所加磁場方向為垂直于a面向下．考慮到霍爾元件有兩類，設(shè)A類的載流子(即用來導(dǎo)電的自由電荷)為正電荷，B類的載流子為負(fù)電荷，當(dāng)通以從左到右的電流時，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．在剛開始通電的很短時間內(nèi)，若是A類元件，則載流子向c面偏轉(zhuǎn) B．在剛開始通電的很短時間內(nèi)，若是B類元件，則載流子向

25、c面偏轉(zhuǎn) C．通電一段時間后，若是A類元件，則c面電勢較高 D．通電一段時間后，若是B類元件，則c面電勢較高 答案　D 4．回旋加速器的工作原理如圖4甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝.一束該種粒子在t＝0～時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求： 圖4 (1)出射粒子的動能Ekm； (2)粒子從飄入狹縫至動能

26、達(dá)到Ekm所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件． 答案　(1)　(2)－　(3)d< 解析　(1)粒子運動半徑為R時，qvB＝m Ekm＝mv2＝ (2)粒子被加速n次達(dá)到動能Ekm，則Ekm＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt，加速度a＝ 粒子由靜止做勻加速直線運動nd＝a·(Δt)2 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－ (3)只有在0～(－Δt)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為η＝×100% 由于η>99%，解得d<. 5．(2018·寧波市十校聯(lián)考)一個放射源水平放出α、

27、β、γ三種射線，垂直射入如圖5所示磁場，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的寬度均為d，各自存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B相等，方向相反(粒子運動不考慮相對論效應(yīng))． 圖5 (1)若要篩選出速率大于v1的所有β粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，求磁場寬度d與B和v1的關(guān)系； (2)若B＝0.027 3 T，v1＝0.1c(c是光速)，計算d；α粒子的速率為0.001c，計算α粒子和γ射線離開區(qū)域Ⅰ時的偏移距離(答案均保留三位有效數(shù)字)； (3)當(dāng)d滿足第(1)小題所給關(guān)系時，請給出速率在v1

28、－27 kg，電子電荷量q＝1.6×10－19 C，≈1＋(|x|<1時)． 答案　(1)d＝　(2)6.25×10－3 m　8.49×10－5 m　(3)y1＝　y2＝(v2－) 解析　(1)作出臨界軌跡如圖甲所示， 由幾何關(guān)系知：r＝d，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv1B＝me， 解得：d＝； (2)對電子：d＝＝ m＝6.25×10－3 m 對α粒子：rα＝＝ m≈0.230 m 作出軌跡如圖乙所示，豎直方向上的距離：y＝rα－≈8.49×10－5 m； (3)畫出速率分別為v1和v2的粒子離開區(qū)域Ⅱ的軌跡如圖丙所示， 速率在v1

29、射出的β粒子束寬為y1－y2， y1＝2d＝，y2＝2(r2－)＝(v2－)． 6．如圖6所示，在第二象限半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界恰好與兩坐標(biāo)軸相切．x軸上切點A處有一粒子源，能夠向x軸上方發(fā)射速率均為v，質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，粒子重力不計．圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝，y軸右側(cè)0＜x＜r的范圍內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，已知某粒子從A處沿＋y方向射入磁場后，再進(jìn)入勻強(qiáng)電場，發(fā)現(xiàn)粒子從電場右邊界MN射出，速度方向與x軸正方向成45°角斜向下，求： 圖6 (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小； (2)若在MN右側(cè)某區(qū)域存在另一圓形勻強(qiáng)磁場B2

30、，發(fā)現(xiàn)A處粒子源發(fā)射的所有粒子經(jīng)磁場B1、電場E射出后均能進(jìn)入B2區(qū)域，之后全部能夠經(jīng)過x軸上的P點，求圓形勻強(qiáng)磁場B2的最小半徑； (3)繼第二問，若圓形勻強(qiáng)磁場B2取最小半徑，試求A處沿＋y方向射入B1磁場的粒子，自A點運動到x軸上的P點所用的時間． 答案　(1)　(2)r　(3)(π＋2) 解析　(1)設(shè)粒子做類平拋運動的水平位移大小為x， 豎直方向的速度大小為vy，類平拋的加速度大小為a， 類平拋的時間為t， 根據(jù)牛頓第二定律Eq＝ma，得a＝， 粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋的規(guī)律有： x方向：x＝vt＝r， y方向：vy＝at＝t＝， 粒子從電場右邊界MN

31、射出，速度方向與x軸正方向成45°斜向下，則 vy＝v， 聯(lián)立得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E＝. (2)粒子在磁場中做勻速圓周運動， 由牛頓第二定律得qvB1＝m， 聯(lián)立題中已知條件B1＝，得R＝r， 因為磁場半徑與軌跡半徑相同，所以粒子離開磁場后的速度方向均沿x軸正方向， 又所有粒子穿出勻強(qiáng)電場后速度縱向偏移量 y＝at2＝r均相等， 設(shè)粒子從MN射出的最高點為E，最低點為F， 則EF＝2r，所以粒子束的寬度d＝r 圓形勻強(qiáng)磁場B2的最小半徑 rB2＝r. (3)粒子在磁場B1中運動時間 t1＝T＝×＝ 粒子在勻強(qiáng)電場中運動時間 t2＝， 粒子在無場區(qū)運動速度 v′＝v， 粒子在無場區(qū)運動的距離 x3＝r， 粒子在無場區(qū)運動的時間 t3＝＝， 粒子在磁場B2中運動時間 t4＝T′＝×＝ 故粒子自A點運動到x軸上的P點的總時間 t＝t1＋t2＋t3＋t4＝(π＋2). 20